请你仔细解决这道题这对我很很重要：若 $n > 1$ 正整数, $x, y \in \mathbb{...

证明思路：
我们令

$$M \;=\; I_n \;-\;\frac{x\,y^*}{y^*x},$$

其中 $x,y\in\mathbb{C}^n$，且 $y^*x\neq 0$。我们要证明

$$\bigl\|\,M\,\bigr\|_2 \;=\; \frac{\|x\|_2\,\|y\|_2}{\lvert\,y^*x\,\rvert}.$$

---

1. 验证 $Mx=0$ 以及 $M$ 在某个维度为 $(n-1)$ 的子空间上作用如单位算子

1. 先算 $M x$：

   $$M x \;=\; \Bigl(I_n \;-\;\frac{x\,y^*}{y^*x}\Bigr)\,x \;=\; x \;-\; x\,\frac{y^* x}{\,y^*x\,} \;=\; x \;-\; x \;=\;0.$$

   因此 $x$ 是 $M$ 的一个特征向量，对应特征值为 $0$。

2. 令

   $$\mathcal{N} \;=\; \{\,z\in\mathbb{C}^n : y^* z = 0\,\}$$

   表示向量 $z$ 与 $y$ 正交（在 $\mathbb{C}^n$ 的欧几里得内积下）。若 $z \in \mathcal{N}$，则 $y^* z = 0$，此时

   $$M z \;=\; z \;-\; \frac{x\,y^*}{\,y^*x\,}\,z \;=\; z \;-\; x\,\frac{y^* z}{\,y^*x\,} \;=\; z \;-\; x\,\frac{0}{y^*x} \;=\; z.$$

   因此，$\mathcal{N}$（维度为 $n-1$）是 $M$ 的一个不变子空间，并且在 $\mathcal{N}$ 上，$M$ 就等于单位算子。换句话说：

   • $M$ 在方向 $x$ 上（严格来说，$x$ 与 $\mathcal{N}$ 不重合，因为 $y^*x\neq0$ 保证了 $x\notin\mathcal{N}$）特征值为 $0$。
   • $M$ 在所有与 $y$ 正交的方向上，特征值为 $1$。

由此可知：

• $\mathrm{rank}(M) = n-1$，因为 $M$ 把 $x$ 映为 0，但对与 $y$ 正交的所有向量都不改变。
• 在“线性变换特征值”的意义下，$\,M$ 的特征值是 $$0\quad(\text{重数 }1), \quad 1\quad(\text{重数 }n-1).$$ 但是要注意，算子范数 $\|M\|_2$（也就是谱范数）不仅仅看特征值，而是取 $\sqrt{\lambda_{\max}(M^*M)}$。由于 $M$ 不一定是幺正或厄米（一般来说 $x\,y^*/(y^*x)$ 不是厄米矩阵，所以 $M$ 不是厄米投影），仅凭特征值 0 或 1 无法直接得出 $\|M\|_2$。我们需要计算其奇异值。

---

2. 在一个二维子空间里把 $M$ 限制下来，计算最大的奇异值

令

$$\mathcal{S}=\operatorname{span}\{\,x,\;y\,\}.$$

因为 $M$ 已知在与 $y$ 正交的子空间上作用如单位算子（奇异值 $1$），所以如果在 $\mathcal{S}$ 中产生了一个奇异值 $\sigma\ge1$，那么

$$\|M\|_2 \;=\; \max\{\,1,\;\sigma\,\} \;=\;\sigma \quad(\text{若 } \sigma\ge1).$$

我们只要在 $\mathcal{S}$ 这二维子空间中，求出 $M$ 的奇异值就足够——因为其他方向（与 $y$ 正交的向量）都只对应奇异值 1，不会超过二维子空间中最大那个奇异值。

2.1 构造适当的标准正交基

首先把 $y$ 单位化：

$$e_1 \;=\; \frac{y}{\,\|y\|_2\,},\qquad \|e_1\|_2=1.$$

然后，把 $x$ 在 $e_1$ 方向上的分量提出，剩下的向量做单位化，得到一个与 $e_1$ 正交的单位向量 $e_2$。具体地：

1. 令 $$c \;=\; e_1^*\,x \;=\;\frac{y^*x}{\,\|y\|\,}.$$ 注意这是一个复数；其模长 $\lvert c\rvert = \bigl\lvert y^*x \bigr\rvert/\|y\|$。
2. 定义 $$d \;=\; \|\,x - c\,e_1\,\|_2.$$ 必然有 $$\|x\|_2^2 \;=\; |\,c\,|^2 \;+\; d^2,$$ 因为 $x = (c\,e_1) + \bigl(x - c\,e_1\bigr)$，且这两部分正交。
3. 当 $d>0$ 时，令 $$e_2 \;=\; \frac{x - c\,e_1}{\,d\,},$$ 则 $\{\,e_1,e_2\}$ 在 $\mathcal{S}$ 中是一组正交规范基。若 $d=0$，说明 $x$ 与 $y$ 线性相关，反而更简单：那时 $x\parallel y$，可直接验证 $\bigl\|I - \tfrac{xy^*}{y^*x}\bigr\|_2 = \tfrac{\|x\|\,\|y\|}{|y^*x|}=1$。下面我们假设 $d>0$，即 $x$ 与 $y$ 不共线。

于是，

$$\|e_2\|_2 \;=\;1,\quad e_2^*\,e_1=0,$$

并且

$$x \;=\; c\,e_1 \;+\; d\,e_2, \quad y \;=\; \|y\|\,e_1,$$

其中

$$c = \frac{y^*x}{\|y\|}, \quad d = \sqrt{\|x\|^2 - |c|^2} = \sqrt{\|x\|^2 - \frac{|y^*x|^2}{\|y\|^2}}.$$

2.2 在 $\{e_1,e_2\}$ 基下表示 $M$ 并求其奇异值

现在我们只考察 $M$ 在 $\mathcal{S}$ 上的作用。任取基向量 $e_1,e_2$：

1. 计算 $M e_1$：

   $$M e_1 \;=\; e_1 \;-\; \frac{x\,y^*}{\,y^*x\,}\,e_1.$$

   因为 $y^* e_1 = \|y\|$（注意 $e_1=y/\|y\|$ ），$y^*x = c\,\|y\|$。于是

   $$\frac{y^*}{\,y^*x\,}\,e_1 \;=\; \frac{\|y\|}{\,c\,\|y\|\,} \;=\; \frac{1}{c},$$

   因此

   $$M e_1 = e_1 \;-\; x\,(y^*e_1)/(y^*x) = e_1 \;-\; x\,\frac{\|y\|}{\,y^*x\,} = e_1 \;-\; x\,\frac{\|y\|}{\,c\,\|y\|\,} = e_1 \;-\; \frac{x}{\,c\,}.$$

   用 $x = c\,e_1 + d\,e_2$ 代入：

   $$M e_1 = e_1 \;-\; \frac{\,c\,e_1 + d\,e_2\,}{\,c\,} = e_1 \;-\;\bigl(e_1 + \tfrac{d}{c}\,e_2\bigr) = -\,\frac{d}{\,c\,}\;e_2.$$

   记

   $$b \;=\;\frac{d}{\,c\,}, \quad \text{则} \;M e_1 = -\,b\,e_2.$$

   注意到

   $$|b| = \frac{|d|}{\,|c|\,} = \frac{\sqrt{\|x\|^2 - \lvert c\rvert^2}}{\;\lvert c\rvert\;} = \frac{\sqrt{\|x\|^2 - \dfrac{|\,y^*x\,|^2}{\|y\|^2}}}{\,\bigl|\tfrac{y^*x}{\|y\|}\bigr|\;} = \frac{\sqrt{\; \|x\|^2\,\|y\|^2 \;-\; |\,y^*x\,|^2 \;}}{\;|\,y^*x\,|\;}.$$

   我们稍后会看到，这个 $\lvert b\rvert$ 与最终结果直接相关。

2. 计算 $M e_2$：
   由于 $e_2 \perp y$，故 $y^* e_2 =0$。于是

   $$M e_2 \;=\; e_2 \;-\; \frac{x\,y^*}{\,y^*x\,}\,e_2 \;=\; e_2 \;-\; x\;\frac{0}{\,y^*x\,} \;=\; e_2.$$

   所以 $M$ 在向量 $e_2$ 上只是恒等作用。

综上，在 $\{e_1,e_2\}$ 这组正交基下，$M$ 于子空间 $\mathcal{S}=\mathrm{span}\{e_1,e_2\}$ 上的矩阵表示（写成列向量为像的位置）就是

$$M\bigl|_{\mathcal{S}} =\; \begin{bmatrix} \;M\,e_1\;\big|\;M\,e_2 \end{bmatrix} \;\longleftrightarrow\; \begin{pmatrix} 0 & 0 \\[-1ex] -\,b & 1 \end{pmatrix},$$

其中我们把 $M e_1 = -\,b\,e_2$ 写作第一列 $\bigl[\! {0\atop -b}\!\bigr]$（因为它在基 $\{e_1,e_2\}$ 下的坐标是 $(0,\,-b)$），把 $M e_2=e_2$ 写作第二列 $\bigl[\!{0\atop 1}\!\bigr]$。

---

2.3 计算这 $2\times 2$ 矩阵的奇异值

设

$$A \;=\; \begin{pmatrix} 0 & 0 \\[6pt] -\,b & 1 \end{pmatrix} \quad\text{在基 }(e_1,e_2)\text{ 下就是 }M|_{\mathcal{S}}.$$

我们要找它的奇异值，也就是先求 $A^*A$ 的特征值。注意

$$A^* \;=\; \begin{pmatrix} 0 & -\overline{b} \\[6pt] 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad A^* A \;=\; \begin{pmatrix} 0 & -\overline{b} \\[6pt] 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 \\[6pt] -\,b & 1 \end{pmatrix} \;=\; \begin{pmatrix} |\,b\,|^2 & -\,\overline{b} \\[6pt] -\,b & 1 \end{pmatrix}.$$

令 $\lambda$ 为 $A^*A$ 的一个特征值，则

$$\det\Bigl(\,A^*A - \lambda I\Bigr) = \det\begin{pmatrix} |\,b\,|^2 - \lambda & -\overline{b} \\[6pt] -\,b & 1 - \lambda \end{pmatrix} = \bigl(|\,b\,|^2 -\lambda\bigr)\,(1-\lambda)\;-\;(-\overline{b})(-\,b).$$

展开得到

$$\bigl(|\,b\,|^2 -\lambda\bigr)\,(1-\lambda) \;-\; |\,b\,|^2 = (|b|^2 - \lambda)(1-\lambda) \;-\; |b|^2 = |b|^2 - (|b|^2)\lambda - \lambda + \lambda^2 - |b|^2 = \lambda^2 \;-\;\bigl(|b|^2 + 1\bigr)\,\lambda.$$

这说明 $A^*A$ 的特征多项式是

$$\lambda\,\bigl(\,\lambda - \bigl(|b|^2 +1\bigr)\bigr) = 0,$$

因此它的两个特征值是

$$\lambda_1 = 0, \qquad \lambda_2 = |b|^2 + 1.$$

据此，矩阵 $A$ 的奇异值（即 $\sqrt{\text{特征值}}$）是

$$\sigma_1 = \sqrt{0} = 0, \qquad \sigma_2 = \sqrt{\,|b|^2 + 1\,}.$$

由于这是 $A$ 作为 $2\times2$ 矩阵在子空间 $\mathcal{S}$ 上的所有奇异值，而 $M$ 在正交于 $\mathcal{S}$ 的补空间上恰好作用为单位算子，对应奇异值 $1$（重数 $n-2$）。因此在全集 $\mathbb{C}^n$ 上，$M$ 的奇异值集合是

$$\{\,0,\; 1\;(\text{重 }n-2),\; \sqrt{|b|^2 + 1}\}.$$

于是

$$\|\,M\,\|_2 \;=\; \max\{\,1,\;\sqrt{|b|^2 + 1}\,\} \;=\; \sqrt{|b|^2 + 1},$$

因为下面会证明 $\sqrt{|b|^2 + 1}\ge1$。

---

2.4 简化 $\sqrt{|b|^2 + 1}$ 的表达式

前面我们已经算出

$$|b| \;=\; \frac{\sqrt{\;\|x\|_2^2\,\|y\|_2^2 - \lvert\,y^*x\,\rvert^2\;}}{\;\lvert\,y^*x\,\rvert\;}.$$

因此

$$|b|^2 = \frac{\|x\|_2^2\,\|y\|_2^2 - |\,y^*x\,|^2}{\,|\,y^*x\,|^2\,} \quad\Longrightarrow\quad |b|^2 + 1 = \frac{\|x\|_2^2\,\|y\|_2^2 - |\,y^*x\,|^2}{\,|y^*x|^2\,} \;+\; 1 = \frac{\|x\|_2^2\,\|y\|_2^2}{\,|\,y^*x\,|^2\,}.$$

于是

$$\sqrt{|b|^2 + 1} \;=\; \frac{\,\|x\|_2\,\|y\|_2\,}{\;\bigl|y^*x\bigr|\;}.$$

因为 $\|x\|_2>0$、$\|y\|_2>0$ 并且 $\lvert\,y^*x\,\rvert>0$，显然得到的数 $\frac{\|x\|\,\|y\|}{|\,y^*x\,|}\ge 1$；与之前比较可知

$$\|\,M\,\|_2 = \sqrt{|b|^2 + 1} = \frac{\|x\|_2\,\|y\|_2}{\;\lvert\,y^*x\,\rvert\;}.$$

这正是要证明的结论。

---

3. 结论

综上所述，我们已经证明了，对于任意 $n>1$、$x,y\in\mathbb{C}^n$，只要 $y^*x\neq0$，定义

$$M = I_n \;-\;\frac{x\,y^*}{\,y^*x\,},$$

则其算子 2-范数（谱范数）为

$$\boxed{ \bigl\|\,I_n \;-\;\tfrac{x\,y^*}{\,y^*x\,}\bigr\|_2 \;=\; \frac{\|x\|_2\,\|y\|_2}{\lvert\,y^*x\,\rvert}. }$$

这正是题目所要证明的。 ∎